ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Příklad 1 a) Určete počet všech přirozených trojciferných čísel, v jejichž desítkovém zápisu se vyskytuje každá číslice nejvýše jednou s tím, že na prvním místě nesmí stát nula, jak je obvyklé při chápání dvouciferných čísel. b) Je dán libovolný obdélník. Na každé jeho straně je vyznačeno různých bodů. Určete počet všech trojúhelníků, jejichž vrcholy leží v daných bodech a na různých stranách daného obdélníku. c) Z bodu do bodu vedou tři různé cesty. Z bodu do bodu vedou čtyři různé cesty. Vypočítejte, kolika způsoby lze vybrat cestu a. z do a zpět, b. z do a zpět tak, že žádná z těchto cest nebude použita dvakrát, c. z do a zpět tak, že z těchto cest budou právě dvě použity dvakrát. d) Určete, kolika dvojjazyčných slovníků je třeba k tomu, aby byla zajištěna možnost přímého překladu z jazyka anglického, českého, francouzského, italského a německého do každého z nich. e) Určete počet všech čtyřciferných přirozených čísel složených z číslic 1, 2, 3, 4 a 5 přičemž se každá z těchto číslic může libovolněkrát opakovat, která jsou dělitelná a. pěti, b. dvěma, c. čtyřmi. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1a První postup (využití pravidla součinu) Na místě stovek může stát libovolná z devíti číslic 1, 2, …, 9. Nula v této pozici je v zadání vyloučena. Na místě desítek již může stát libovolná z deseti číslic 0, 1, …, 9 s tím, že to nesmí být číslice, která stojí na místě stovek. Na místo desítek tedy lze vybrat jednu z devíti číslic. Na místě jednotek opět může stát libovolná z deseti číslic 0, 1, …, 9 s tím, že to nesmí být číslice, která stojí na místě stovek, ani číslice, která stojí na místě desítek. Na místo jednotek tedy lze vybrat jednu z osmi číslic. Počet uvažovaných trojciferných čísel tedy je 9 ∙ 9 ∙ 8 = 648. Druhý postup (využití pravidla součtu) Všechna trojciferná čísla můžeme rozdělit do tří disjunktních množin. V jedné budou všechna trojciferná čísla, ve kterých se žádná číslice neopakuje. Tuto množinu označíme . Ve druhé budou trojciferná čísla, v nichž se jedna číslice vyskytuje právě dvakrát. Tuto množinu označíme . Ve třetí budou trojciferná čísla, v nichž se jedna číslice vyskytuje právě třikrát. Tuto množinu označíme . Jak bylo řečeno, tyto množiny jsou disjunktní, neboli platí ∩ = ∅, ∩ = ∅, ∩ =∅ Dále označme = ∪ ∪ Dále označme pro = 1,2,3 jako počet prvků množiny . Je zřejmé, že všech trojciferných čísel (neboli počet prvků množiny ) je 900, neboli platí + + = 900 Dále je zřejmé, že počet všech trojciferných čísel, v nichž se jedna číslice vyskytuje právě třikrát, je devět (jde o číslice 111, 222, …, 999), neboli platí = 9. ∀ ∃
1
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Zjištění počtu trojciferných číslic, v nichž se jedna číslice vyskytuje právě dvakrát, je trochu náročnější. Jde totiž o to, zda se tato číslice opakuje na první a druhé pozici, na první a třetí pozici, nebo na druhé a třetí pozici. Množiny, které bychom vytvořili podle těchto pozic opakování, jsou opět disjunktní. V případě opakování na první a druhé pozici je to tak, že na první pozici může být jedna z devíti číslic 1, 2, …, 9. Ta se opakuje na druhé pozici. Pro tyto dvě pozici máme tedy devět možností. Na třetí pozici může být vybrána libovolná z deseti číslic, která se nevyskytuje na první pozici (a tedy i druhé). Na výběr tedy je z devíti číslic. Pro případ opakování na první a druhé pozici tedy máme 9 ∙ 9 81 možností. Pro případ opakování na první a třetí pozici jsme téměř ve stejné situaci. Máme opět 81 možností. V případě opakování na druhé a třetí pozici je to zdánlivě trochu jinak. Na první pozici může opět stát libovolná z devíti číslic 1, 2, …, 9. Na druhé (a tedy i třetí pozici) může být libovolná z deseti číslic, která se nevyskytuje na první pozici. Na výběr tedy je opět z devíti číslic. I v tomto případě máme 81 možností. Podle pravidla součtu tedy je 81 81 81 243. Vrátíme se teď ke dříve odvozené rovnici 900 Dosadíme známé hodnoty 243 9 900 Odtud již snadno 900 243 9 648 Počet uvažovaných trojciferných čísel tedy je 9 ∙ 9 ∙ 8 648. Poznámka – v tomto řešení jsme využili pravidla součtu dokonce dvakrát. Charakter úlohy způsobil, že řešení bylo poněkud náročnější (dvojí rozklad na disjunktní množiny). Nicméně i tak ho lze považovat za jasné. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1b Označme obecně uvažovaný trojúhelník !". Vrchol můžeme volit v libovolném z daných bodů. Máme čtyři strany, na každé z nich je bodů. Vrchol X tedy volíme ze 4 možností. Vrchol ! nesmí ležet na stejné straně obdélníka, jako vrchol , lze ho tedy vybrat ze 3 možností. Vrchol " nesmí ležet na stejné straně jako vrchol , ani na stejné straně jako vrchol !, lze ho tedy vybrat ze 2 možností. Existuje tedy 4 ∙ 3 ∙ 2 24 # uspořádaných trojic utvořených z takto vybraných bodů , !, ". Řešení úlohy tím ale nekončí. Je třeba si uvědomit, že šest trojic $ , !, "%, $ , ", !%, $!, , "%, $!, ", %, $", , !%, $", !, % tvoří stejný trojúhelník. Tento trojúhelník můžeme pochopitelně započítat jen jednou. Proto musíme dříve nalezený počet uspořádaných trojic v\dělit šesti. Trojúhelníků majících danou vlastnost je tedy 24 # 4 # 6 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1c Cestu z bodu do bodu lze vybrat třemi způsoby. Cestu z bodu do bodu lze vybrat čtyřmi způsoby. Podle pravidla součinu lze tedy vybrat cestu z bodu do bodu celkem 3 ∙ 4 12 způsoby. a) Cestu z bodu do bodu lze také vybrat celkem 4 ∙ 3 12 způsoby. Cestu z bodu do bodu a zpět lze tedy podle pravidla součinu vybrat celkem 12 ∙ 12 144 způsoby. b) Nyní řešíme podúlohu, že se bude při zpáteční cestě opakovat právě jedna z cest mezi danými body. Máme dvě možnosti. Buď se bude opakovat cesta z do (neboli půjdeme po ∀ ∃
2
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
té samé, po které jsme šli z do . Pak se již nesmí opakovat cesta mezi a . Pro výběr zpáteční cesty v tomto případě tedy máme dvě možnosti (jde o dosud nepoužité cesty mezi a ). Nebo se bude opakovat cesta z do (neboli půjdeme po té samé, po které jsme šli z do . Pak se již nesmí opakovat cesta mezi a . Pro výběr zpáteční cesty v tomto případě tedy máme tři možnosti (jde o dosud nepoužité cesty mezi a ). Podle pravidla součtu můžeme pro zpáteční cestu volit z pěti možností. Cestu z bodu do bodu a zpět za daných podmínek lze tedy podle pravidla součinu vybrat celkem 12 ∙ 5 = 60 způsoby. c) Nyní řešíme podúlohu, že se bude při zpáteční cestě opakovat právě dvě z cest mezi danými body. To znamená, že z bodu jdeme do bodu po stejné cestě, jakou u jsme šli z bodu do bodu . Tím opakujeme jednu cestu. Druhou cestu opakujeme tak, že z bodu jdeme do bodu po stejné cestě, jakou jsme šli z bodu do bodu . Za těchto podmínek existuje jen jediný způsob, jak jít z bodu do bodu . Cestu z bodu do bodu a zpět za daných podmínek lze tedy podle pravidla součinu vybrat celkem 12 ∙ 1 = 12 způsoby. Poznámka – Při řešení úlohy jsme se nezabývali nesmyslnými postupy, jakým by byl při cestě z do a zpět například postup , , , , , , , , a jemu podobné. Kdybychom to připustili, byl by počet možných způsobů vždy nekonečný. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1d Podle jazyka, ve kterém je napsán text k překladu, vybereme jeden z pěti slovníků. Protože na překlad z jakéhokoli jazyka do téhož jazyka nepotřebujeme slovník, je v každém jednotlivém případě cílových jazyků o jeden méně než zdrojových, neboli jsou čtyři. Zdrojový jazyk a cílový jazyk můžeme vzít jako uspořádanou dvojici s popsaným možným počtem výběrů. Přímým uplatněním pravidla součinu dostáváme, že potřebujeme 5 ∙ 4 = 20 slovníků. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1e Počet čtyřciferných čísel složených z číslic 1, 2, 3, 4, 5, které se mohou opakovat, je podle pravidla součinu zřejmě 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 = 625. Pro volbu čísla na každé pozici totiž máme pět možností. My se ale máme zabývat počtem takových čísel s určenou dělitelností. a) Má-li být číslo v desítkovém zápisu dělitelné pěti, pak musí končit buď číslicí 0, nebo číslicí 5. Číslice 0 ale není mezi těmi, které mohou tvořit naše číslo. Číslo tedy musí nutně končit jen číslicí 5. Pro volbu číslice v řádu jednotek tedy máme jen jednu možnost. Podle pravidla součinu je počet čísel splňujících danou podmínku roven 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 1 = 125. b) Má-li být číslo dělitelné dvěma, pak musí v rámci zadání končit buď číslicí 2, nebo číslicí 4. Pro volbu číslice v řádu jednotek tedy máme dvě možnosti. Podle pravidla součinu je počet čísel splňujících danou podmínku roven 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 2 = 250. c) Má-li být číslo dělitelné čtyřmi, pak musí jeho poslední dvojčíslí být dělitelné čtyřmi. Z cifer, z nichž se číslo může skládat, lze nalézt jen pět dvojmístných čísel dělitelných čtyřmi. Jde o čísla 12, 24, 32, 44, 52. Pro volbu číslic v řádu desítek a jednotek tedy máme pět možností. Podle pravidla součinu je počet čísel splňujících danou podmínku roven 5 ∙ 5 ∙ 5 = 125. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀ ∃
3
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Příklad 2 a) K sestavení vlajky, která má být složena ze tří různobarevných svislých pruhů jsou k dispozici látky v bílé, červené, modré, zelené= a žluté barvě. a. Určete počet vlajek, které lze z látek těchto barev sestavit. b. Zjistěte, kolik z takových vlajek má modrý pruh. c. Zjistěte, kolik takových vlajek má modrý pruh uprostřed. b) Výbor spolku tvoří šest mužů a čtyři ženy. V rámci výboru budou voleni následující funkcionáři spolku: předseda, místopředseda, jednatel a hospodář. a. Určete, kolika způsoby lze z členů výboru vybrat funkcionáře spolku. b. Určete, kolika způsoby lze vybrat funkcionáře spolku tak, aby předseda a místopředseda měli různé pohlaví. c. Určete, kolika způsoby lze vybrat funkcionáře spolku tak, aby právě jedním z nich byla žena. c) Určete počet prvků, z nichž lze vytvořit a. 240 dvoučlenných variací, b. Dvakrát více čtyřčlenných variací, než tříčlenných variací. d) Roztržitý Marek si pamatuje, že telefonní číslo jeho slečny je devítimístné, začíná dvojčíslím 23, neobsahuje žádné dvě shodné číslice a je dělitelné pětadvaceti. Kolik telefonních čísel připadá v úvahu? e) Určete počet všech nejvýše čtyřciferných čísel s různými číslicemi, která jsou sestavena z číslic 0, 2, 4, 6, 8. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2a a) Je zřejmé, že každé dva pruhy mají být různé barvy a záleží na pořadí těchto pruhů. Jde tedy o tříčlenné variace z 5 prvků. Lze tedy podle zadání sestavit '$3, 5% 5 ∙ 4 ∙ 3 60 různých vlajek. b) Máme dáno, že vlajka musí obsahovat modrý pruh. K němu vybereme uspořádanou dvojici pruhů ze zbylých čtyř barev. Těchto dvojic bude '$2, 4% 4 ∙ 3. Modrý pruh můžeme umístit na tři různá místa (vlevo, doprostřed a vpravo). Počet různých vlajek s modrým pruhem tedy je 3'$2, 4% 3 ∙ 4 ∙ 3 36 c) Vlajek s modrým pruhem uprostřed je dle předchozí úvahy '$2, 4% 4 ∙ 3 12. Modrý pru má být uprostřed, pro jeho umístění tedy máme jedinou volbu. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2b a) Máme vybrat čtyři funkcionáře do konkrétních funkcí (to je ekvivalentní uspořádání) z deseti členů výboru. Opakování nepřichází v úvahu (do několika různých funkcí nemůže být volen stejný člen výboru). Pak počet různých možných výběrů funkcionářů spolku je roven '$4, 10% 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 5040. b) Množinu řešení si rozdělíme na dvě disjunktní podmnožiny. V první bude předsedou muž a místopředsedou žena. Ve druhé bude předsedou žena a místopředsedou muž. Pro první množinu platí, že počet možných výběrů předsedy je '$1, 6% a počet možných výběrů místopředsedy '$1, 4%. Podle pravidla součinu je počet možných výběrů předsedy a ∀ ∃
4
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
místopředsedy '$1, 6% ∙ '$1, 4%. Pro druhou množinu platí, že počet možných výběrů předsedy je '$1, 4% a počet možných výběrů místopředsedy '$1, 6%. Podle pravidla součinu je počet možných výběrů předsedy a místopředsedy '$1, 4% ∙ '$1, 6%. Podle pravidla součtu je počet možných výběrů předsedy a místopředsedy celkem roven '$1, 6% ∙ '$1, 4% + '$1, 4% ∙ '$1, 6%. Na pohlaví zbylých funkcionářů nezáleží, počet jejich možných výběrů tedy bude '$2, 8%. Podle pravidla součinu tedy počet různých výběrů funkcionářů spolku za daných podmínek )'$1, 6% ∙ '$1, 4% + '$1, 4% ∙ '$1, 6%* ∙ '$2,8% = )6 ∙ 4 + 4 ∙ 6* ∙ 8 ∙ 7 = )24 + 24* ∙ 56 = 48 ∙ 56 = 2688. c) Má-li být právě jedním funkcionářem spolku žena, pak pro její výběr máme '$1, 4% možností. Vzhledem k tomu, že žena může zastávat jednu ze čtyř možných funkcí, je celkový počet možností pro její výběr na konkrétní funkci roven podle pravidla kombinatorického součtu '$1, 4% + '$1, 4% + '$1, 4% + '$1, 4% = 4'$1, 4%. Ostatní tři funkce musí být obsazeny muži, kterých je šest. Počet výběrů na tyto tři funkce tedy je '$3, 6%. Podle pravidla kombinatorického součinu pak celkový počet možných výběrů za daných podmínek je 4'$1, 4% ∙ '$3, 6% = 4 ∙ 4 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 = 1920. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2c a) Máme určit počet prvků, ze kterých lze vytvořit 240 dvoučlenných variací. To se dá vyjádřit i tak, že máme řešit rovnici '$2, % = 240 Po úpravě dostaneme $ − 1% = 240 − = 240 − − 240 = 0 Řešíme tuto kvadratickou rovnici a dostaneme ,
Odtud
=
−$−1% ± ,1 − 4 ∙ 1 ∙ $−240% 1 ± ,1 − $−960% 1 ± √961 1 ± 31 = = = 2∙1 2 2 2
= 16, = −15 Druhé řešení nemá smysl, protože nejde o přirozené číslo. Hledaným počtem prvků je 16. b) Máme určit počet prvků, ze kterých lze vytvořit dvakrát více čtyřčlenných variací, než tříčlenných variací. Úlohu můžeme přepsat do tvaru rovnice '$4, % = 2 ∙ '$3, % Po úpravě dostaneme ∙ $ − 1% ∙ $ − 2% ∙ $ − 3% = 2 ∙ ∙ $ − 1% ∙ $ − 2% Po vykrácení se rovnice významně zjednoduší na tvar $ − 3% = 2 Odtud =5 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀ ∃
5
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Řešení 2d O telefonním čísle víme přesně, jak začíná na prvních dvou pozicích, a víme, že je dělitelné 25. Dělitelnost 25 vypovídá o posledních dvou pozicích. Má-li být dekadické číslo dělitelné 25, pak jeho poslední dvě cifry musí být 00, 25, 50 nebo 75. První možnost nepřipadá v úvahu, protože ze zadání víme, že číslo neobsahuje žádné dvě shodné číslice. Ze stejného důvodu nepřipadá v úvahu ani druhá možnost, protože číslice 2 již byla použita na začátku čísla. Budeme se tedy zabývat jen dvěma posledními případy. Ty nám rozdělují množinu řešení na dvě disjunktní podmnožiny. V prvním případě číslo začíná 23 a končí 50. Zbylých 5 míst je obsazeno variací ze 6 čísel. V druhém případě číslo začíná 23 a končí 75. Zbylých 5 míst je obsazeno také variací ze 6 čísel. Podle pravidla součtu je počet možných telefonních čísel vyhovujících zadání roven '$5, 6% '$5, 6% 2'$5, 6% 2 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 1440 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2e Máme najít počet nejvýše čtyřmístných čísel složených z různých číslic vybraných z 0, 2, 4, 6, 8. Množinu všech čísel vyhovujících daným podmínkám rozdělíme na čtyři vzájemně disjunktní množiny – čtyřmístná čísla, třímístná čísla, dvojmístná čísla a jednomístná čísla. U čísel více než jednomístných nesmí být na první pozici nula. Pro čtyřmístná čísla tedy může být na první pozici jedno ze 4 čísel 2, 4, 6, 8, na dalších pozicích budou tři čísla vybraná jako variace ze čtyř zbylých. Počet možných čtyřmístných čísel tedy je 4'$3, 4%. Pro trojmístná čísla tedy může být na první pozici jedno ze 4 čísel 2, 4, 6, 8, na dalších pozicích budou dvě čísla vybraná jako variace ze čtyř zbylých. Počet možných trojmístných čísel tedy je 4'$2, 4%. Pro dvojmístná čísla tedy může být na první pozici jedno ze 4 čísel 2, 4, 6, 8, na další pozici bude jedno číslo vybrané jako variace ze čtyř zbylých. Počet možných dvojmístných čísel tedy je 4'$1, 4%. Pro jednomístná čísla může být na první pozici jedno ze 5 čísel 0, 2, 4, 6, 8. Počet možných jednomístných čísel tedy je '$1, 5%. Podle pravidla součtu je počet všech čísel sestavených podle daných podmínek 4'$3, 4% 4'$2, 4% 4'$1, 4% '$1, 5% 4 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 4 ∙ 4 ∙ 3 4 ∙ 4 5 96 48 16 5 165 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀ ∃
6
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Příklad 3 a) Na festivalu má vystoupit šest rockových skupin , , , ., /, 0. a. Určete počet možných pořadí jejich vystoupení. b. Určete počet všech pořadí, v nichž vystupuje po c. Určete počet všech pořadí, v nichž vystupuje ihned po b) Na rozcvičku má nastoupit táborníků. a. Určete, kolika způsoby mohou nastoupit do řady. b. Určete, kolika způsoby mohou nastoupit do řady, v níž táborník stojí na kraji. c. Určete, kolika způsoby mohou nastoupit do řady, v níž táborníci , nestojí vedle sebe. d. Určete, kolika způsoby mohou nastoupit do kruhu, v němž nezáleží na umístění vzhledem k okolí. c) Uvažujme pěticiferná čísla, v jejichž desítkovém zápisu je každá z číslic 0, 1, 3, 4, 7. a. Určete počet všech těchto čísel. b. Určete počet těchto čísel dělitelných šesti. c. Určete počet těchto čísel větších než 70134. d) Určete, kolika způsoby se v pětimístné lavici může posadit pět dívek, jestliže a. dvě chtějí sedět vedle sebe, b. dvě chtějí sedět vedle sebe a třetí chce sedět na kraji. e) Do zástupu má nastoupit 1 chlapců a dívek. a. Určete, kolika způsoby to lze učinit tak, aby nejdříve stály všechny dívky a pak všichni chlapci. b. Určete, kolika způsoby to lze učinit tak, aby mezi žádnými dvěma chlapci nebyla žádná dívka a mezi žádnými dvěma dívkami nebyl žádný chlapec. c. Určete, kolika způsoby to lze učinit tak, aby mezi žádnými dvěma chlapci nebyla žádná dívka. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 3a a) Jde o permutace ze šesti prvků. Tedy všech možných pořadí vystoupení rockových skupina je: 2$6% = 6! = 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 720 b) Ze všech pořadí, která jsme nalezli v předchozím bodu, vyberme ta, v nichž vystupuje po . Současně vyberme ta pořadí, v nichž vystupuje po . Tyto množiny musí být vzájemně disjunktní a musí mít také stejný počet prvků. Proto počet možných pořadí vystoupení, v nichž vystupuje po je: 1 1 1 1 2$6% = ∙ 6! = ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = ∙ 720 = 360 2 2 2 2 c) V tomto případě má vystoupit ihned po . Pro účely tohoto výpočtu můžeme tedy chápat tuto dvojici vystoupení jako jediné vystoupení skupiny . Hledáme tedy počet různých pořadí pěti skupin , , ., /, 0. Takových pořadí je: 2$5% = 5! = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀ ∃
7
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Řešení 3b a) Jde o permutace z prvků. Tedy všech možných způsobů, jakými mohou táborníci nastoupit do řady, je 2$ % = ! b) Nejprve vypočítejme počet různých způsobů, jakými může nastoupit do řady n-1 táborníků, tedy všichni kromě . Takových způsobů je 2$ − 1%. Táborníka A můžeme postavit buď na levý okraj řady, nebo na pravý okraj řady. To jsou dvě možná umístění. Podle pravidla součinu je tedy za těchto podmínek možných 22$ − 1% = 2$ − 1%! různých pořadí. c) Počet způsobů, v nichž a stojí vedle sebe je 22$ − 1%. V tomto případě můžeme dvojici považovat za jediný prvek. A protože v rámci tohoto prvku mohou být uvedení táborníci ve dvou pořadích, musíme podle pravidla součinu nalezený počet zdvojit. Protože hledáme počet případů, v nichž tito táborníci nestojí vedle sebe, stačí nalezený počet odečíst od celkového počtu (použití pravidla součtu). Hledaných způsobů tedy je: 2$ % − 22$ − 1% = ! − 2$ − 1%! = ∙ $ − 1%! − 2$ − 1%! = $ − 2%$ − 1%! d) Utvoříme-li z každé z nalezených řad kruh tak, že oba krajní táborníci budou vedle sebe, vznikne ! postavení, z nichž ovšem budou některá shodná. Počet nejsnáze určíme tak, že libovolného táborníka vybereme a z ostatních − 1 táborníků vytvoříme řadu. Touto řadou nyní uzavřeme kruh vpravo a vlevo od vybraného táborníka. Protože můžeme za těchto podmínek vybrat 2$ − 1% různých řad, je i 2$ − 1% = $ − 1%! různých kruhů. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 3c a) Máme zjistit, kolik je pěticiferných čísel, v jejichž desítkovém zápisu jsou použity číslice 0, 1, 3, 4, 7. Počet všech možných permutací těchto číslic je 2$5%. Vzhledem k tomu, že na první pozici nemůže stát číslice 0, musíme od tohoto počtu odečíst počet případů, v nichž 0 je na prvním místě. Těchto případů je 2$4%. Hledaný počet pěticiferných čísel tedy je 2$5% − 2$4% = 5! − 4! = 120 − 24 = 96 b) Nyní hledáme počet těchto čísel, která jsou dělitelná šesti. Víme, že číslo je dělitelné šesti, jeli dělitelné třemi a současně je dělitelné dvěma. Dělitelnost třemi je zaručena, protože součet použitých číslic je dělitelný třemi. Dělitelnost dvěma nastane v situaci, kdy číslo bude končit číslicemi 0 nebo 4. Počet čísel se čtyřkou na konci je dle stejné úvahy jako v předchozím bodu 2$4% − 2$3%. Počet čísle s nulou na konci je 2$4%, neb nula nemůže stát na začátku. Tedy hledaný počet podle pravidla součtu je 2$4% − 2$3% + 2$4% = 22$4% − 2$3% = 2 ∙ 4! − 3! = 2 ∙ 24 − 6 = 48 − 6 = 42 c) Počet čísel dle zadání, větších než 70134 určíme takto. Všechna musí mít na první pozici číslici 7. Všimneme-li si, že dané číslo je nejmenší možné z těch, které začínají na 7, pak všechna ostatní začínající na 7 musí být větší. Všech čísel začínajících na je 2$4%. To nejmenší musíme odečíst (ptáme se na větší, nikoli na větší nebo rovno). Hledaných čísel tedy je 2$4% − 1 = 4! − 1 = 24 − 1 = 23. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 3d a) Do pětimístné lavice máme posadit pět dívek. Dívky si označme , , , ., /. Dvě z těchto dívek, například , chtějí sedět vedle sebe. Tuto dvojici si můžeme označit . Hledáme tedy počet způsobů, jak posadit na čtyři místa čtveřici , , ., /. Takových způsobů je 2$4%. Dále je třeba si uvědomit, že dvojici A, B můžeme na dvě místa posadit dvěma neboli 2$2% ∀ ∃
8
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
způsoby. Celkový počet způsobů, jak posadit pětici dívek do pětimístné lavice tak, aby dvě určité z nich seděly vedle sebe tedy je podle pravidla součinu 2$2%2$4% = 2! ∙ 4! = 2 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 2 ∙ 24 = 48. b) Podmínky z předchozího bodu jsou rozšířeny o podmínku, že třetí dívka (například ), chce sedět na kraji. Způsoby, jak posadit na kraj, jsou dva. Na zbývající čtyři místa máme posadit čtyři dívky s tím, že a chtějí sedět vedle sebe. Podle úvahy, kterou jsme provedli v předchozím bodu, bude takových možností v tomto případě 2$2%2$3%. Podle pravidla součinu bude celkový počet hledaných rozsazení 22$2%2$3% = 2 ∙ 2! ∙ 3! = 2 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 2 ∙ 2 ∙ 6 = 24 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 3e a) Všechny dívky lze seřadit 2$ % způsoby. Všechny chlapce lze seřadit 2$1% způsoby. Chlapci mají stát za dívkami, takže podle pravidla součinu je způsobu, jak je seřadit celkem 2$ %2$1% = ! ∙ 1! b) Nemá-li být mezi žádnými dvěma chlapci žádná dívka a mezi žádnými dvěma dívkami žádný chlapec, pak lze chlapce a dívky řadit jen tak, že buď budou na začátku všichni chlapci a za nimi všechny dívky, nebo budou na začátku všechny dívky a na konci všichni chlapci. Prvních možností je 2$1%2$ % a druhých možností je 2$ %2$1%. Podle pravidla součtu je celkový počet možností 2$1%2$ % + 2$ %2$1% = 2$1%2$ % + 2$1%2$ % = 22$1%2$ % = 2 ∙ 1! ∙ ! c) Nemá-li být mezi žádnými dvěma chlapci žádná dívka, pak celou skupinu chlapců zařadíme jako jeden prvek navíc na libovolné místo do skupiny dívek. Takových řazení bude 2$ + 1%. Počet způsobů, kterými lze seřadit chlapce je, jak již víme 2$1%. Podle pravidla součinu tedy bude celkový počet řazení za těchto podmínek roven 2$ + 1%2$1% = $ + 1%! ∙ 1! ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀ ∃
9
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Příklad 4 a) Má být vybrána šestičlenná skupina ze sedmi mužů a čtyř žen. a. Určete, kolika způsoby to lze udělat, mají-li být ve vybrané skupině právě dvě ženy. b. Určete, kolika způsoby to lze udělat, mají-li být ve vybrané skupině alespoň dvě ženy. b) Volejbalového turnaje se zúčastní deset družstev. Budou hrát ve dvou skupinách systémem každý s každým. Nejlepší dvě družstva z obou skupin postoupí do finále, které bude opět hráno systémem každý z každým s tím, že zápasy ze skupin budou započítány. Určete celkový počet zápasů v turnaji. c) Albert má sedm knih, o které se zajímá Barbora. Barbora má deset knih, o které se zajímá Albert. Určete, kolika způsoby si může Albert vyměnit dvě své knihy za dvě knihy Barbořiny. d) Z dvaceti osob chceme vybrat desetičlennou skupinu. a. Určete, kolika způsoby to lze udělat, požadujeme-li, aby mezi vybranými nebyla osoba . b. Určete, kolika způsoby to lze udělat, požadujeme-li, aby mezi vybranými nebyly zároveň osoby , . c. Určete, kolika způsoby to lze udělat, požadujeme-li, aby mezi vybranými byla alespoň jedna z osob , . e) Určete, kolika způsoby může 1 chlapců a dívek utvořit taneční pár (pro jistotu dodejme, že od tanečního páru požadujeme, aby v něm byla zastoupena obě pohlaví). ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 4a a) Dvě ženy můžeme ze čtyř žen vybrat 4$2, 4% způsoby. Zbývající čtyři muže do skupiny lze vybrat ze sedmi mužů 4$4, 7% způsoby. Podle pravidla součinu je celkový počet možných výběrů 4 7 4∙3 7∙6∙5∙4 4 7∙6∙5 4$2, 4% ∙ 4$4, 7% = 5 6 5 6 = ∙ = ∙ = 2 ∙ 7 ∙ 3 ∙ 5 = 210 2 4 2∙1 4∙3∙2∙1 2∙1 2∙1 b) Nyní je požadavek takový, že ve vybrané skupině mají být alespoň dvě ženy. Situaci si rozdělíme na disjunktní případy, kdy ve vybrané skupině budou buď právě dvě ženy, nebo právě tři ženy, nebo právě čtyři ženy. První z těchto případů máme vyřešen. Dvě ženy můžeme ze čtyř žen vybrat 4$2, 4% způsoby. Zbývající čtyři muže do skupiny lze vybrat ze sedmi mužů 4$4, 7% způsoby. Podle pravidla součinu je celkový počet možných výběrů v tomto případě 4 7 4∙3 7∙6∙5∙4 4 7∙6∙5 ∙ = ∙ = 2 ∙ 7 ∙ 3 ∙ 5 = 210 4$2, 4% ∙ 4$4, 7% = 5 6 5 6 = 2 4 2∙1 4∙3∙2∙1 2∙1 2∙1 Pro druhý z těchto případů platí, že tři ženy ze čtyř můžeme vybrat 4$3, 4% způsoby. Zbývající tři muže ze sedmi vybereme 4$3, 7% způsoby. Podle pravidla součinu je celkový počet možných výběrů v tomto případě 4 7 4∙3∙2 7∙6∙5 4 7∙5 4$3, 4% ∙ 4$3, 7% = 5 6 5 6 = ∙ = ∙ = 4 ∙ 7 ∙ 5 = 140 3 3 3∙2∙1 3∙2∙1 1 1 Pro třetí z těchto případů platí, že čtyři ženy ze čtyř můžeme vybrat 4$4, 4% způsoby. Zbývající dva muže ze sedmi vybereme 4$2, 7% způsoby. Podle pravidla součinu je celkový počet možných výběrů v tomto případě
∀ ∃
10
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
4 7 4∙3∙2∙1 7∙6 1 7∙3 4$4, 4% ∙ 4$2, 7% = 5 6 5 6 = ∙ = ∙ = 1 ∙ 7 ∙ 3 = 21 4 2 4∙3∙2∙1 2∙1 1 1 Podle pravidla součtu je celkový počet možných výběrů roven 4 7 4 7 4 7 4$2, 4% ∙ 4$4, 7% + 4$3, 4% ∙ 4$3, 7% + 4$4, 4% ∙ 4$2, 7% = 5 6 5 6 + 5 6 5 6 + 5 6 5 6 2 4 3 3 4 2 = 210 + 140 + 21 = 371 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 4b Počet zápasů v nějaké skupině je vlastně počet dvoučlenných kombinací z prvků v této skupině. Proto v první skupině bude odehráno celkem 4$2, 5% zápasů. Stejný počet zápasů bude odehrán i ve druhé skupině. Ve finále se nebude opakovat zápas nejlepšího s druhým z první skupiny a zápas nejlepšího s druhým ze druhé skupiny. Jinak bude hrát opět každý s každým. Ve finále tedy bude odehráno 4$2, 4% − 2 zápasů. Podle pravidla součtu bude celkový počet zápasů v turnaji roven 5 4 5∙4 4∙3 + −2 4$2, 5% + 4$2, 5% + 4$2, 4% − 2 = 24$2, 5% + 4$2, 4% − 2 = 2 5 6 + 5 6 − 2 = 2 ∙ 2 2 2∙1 2∙1 5∙2 2∙3 =2∙ + − 2 = 2 ∙ 5 ∙ 2 + 2 ∙ 3 − 2 = 20 + 6 − 2 = 24 1 1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 4c Albertova nabídka k výměně obsahuje celkem 4$2, 7% možností (jde o kombinaci dvou knih ze sedmi). Barbořina nabídka obsahuje celkem 4$2, 10% možností. Podle pravidla součinu je celkový počet možností roven 7 10 7 ∙ 6 10 ∙ 9 7 ∙ 3 5 ∙ 9 4$2, 7% ∙ 4$2, 10% = 5 6 5 6 = ∙ = ∙ = 7 ∙ 3 ∙ 5 ∙ 9 = 945 2 2 2∙1 2∙1 1 1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 4d a) Chceme-li z dvaceti osob vybrat desetičlennou skupinu, ve které nebude jedna konkrétní osoba, můžeme tuto osobu z původního počtu rovnou vyřadit a vybírat z devatenácti osob. Takových výběrů bude 19 4$10, 19% = 5 6 10 b) Desetičlennou skupinu ze dvaceti osob lze vybrat 4$10, 20% způsoby. Nyní si určeme, kolik způsobů by zahrnovalo situaci, kterou chceme vyloučit. Tou situací myslíme současný výskyt dvou konkrétních osob ve výběru. Kdybychom takový výběr chtěli udělat, vybereme nejprve tyto dvě konkrétní osoby a ze zbylých 18 osob vybereme dalších 8 do skupiny. Takových výběrů je 4$8, 18%. Tento počet musíme odečíst od všech možných výběrů (důsledek pravidla součtu). Výběrů splňujících danou podmínku je tedy 20 18 4$10,20% − 4$8, 18% = 5 6 − 5 6 10 8 c) Má-li být ve výběru alespoň jedna ze dvou konkrétních osob , , musíme výběr rozdělit na tři disjunktní situace. V prvním případě bude ve výběru osoba a nebude tam osoba . Ve druhém případě bude ve výběru osoba a nebude tam osoba . Ve třetím případě budou ve výběru obě osoby , současně. Pro první případ tedy vyloučíme osobu . Ze zbylých devatenácti osob vybereme skupinu tak, ∀ ∃
11
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
že osoba ve výběru zcela jistě bude. Vložíme ji tedy do výběru a dalších devět osob vybereme z osmnácti zbylých. Počet všech způsobů, kterými to lze udělat je 4$9, 18%. Pro druhý případ tedy vyloučíme osobu . Ze zbylých devatenácti osob vybereme skupinu tak, že osoba ve výběru zcela jistě bude. Vložíme ji tedy do výběru a dalších devět osob vybereme z osmnácti zbylých. Počet všech způsobů, kterými to lze udělat je 4$9, 18%. Pro třetí případ vložíme do výběru obě osoby , a dalších osm osob vybereme z osmnácti zbylých. Počet všech způsobů, kterými to lze udělat je 4$8, 18%. Podle pravidla součtu je celkový počet výběrů splňujících danou podmínku roven 18 18 4$9, 18% + 4$9, 18% + 4$8, 18% = 24$9, 18% + 4$8, 18% = 2 5 6 + 5 6 9 8 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 4e Úlohu lze řešit několika způsoby. My dáme přednost vyjádření pomocí kombinačních čísel. Počet tanečních párů můžeme vyjádřit tak, že stanovíme celkový počet párů bez ohledu na pohlaví. Těch je 4$2, 1 + %. Od tohoto celkového počtu odečteme počet párů tvořených dvěma děvčaty, kterých je 4$2, % a počet párů tvořených dvěma chlapci, kterých je 4$2, 1%. Jde o využití pravidla součtu. Hledaný počet různých možných tanečních párů tedy je 1+ 1 4$2, 1 + % − 4$2, % − 4$2, 1% = 5 6−7 8−7 8 2 2 2 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀ ∃
12
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Příklad 5 a) Bývalé (do toku 2001) státní poznávací značky vozidel v České republice byly tvořeny uspořádanou sedmicí (poznámka – následující popis je silně zjednodušen). První tři znaky této sedmice byla písmena ze sady 26 písmen, další čtyři znaky byly číslice 0, 1, … , 9. Písmena i číslice se mohly opakovat. Určete, kolik poznávacích značek bylo v České republice v té době k dispozici. b) Určete, kolik značek Morseovy abecedy lze utvořit sestavením teček a čárek do skupin o jednom až čtyřech prvcích. c) Určete počet všech čtyřciferných čísel dělitelných čtyřmi, v nichž se vyskytují pouze cifry 1, 2, 3, 4, 5. d) Určete počet všech přirozených čísel menších než 1 000 000, které jsou zapsány v desítkovém tvaru pouze s použitím číslic 1 a 2. e) Obyvatelé vesnice s 600 obyvateli mají své dvojpísmenné iniciály tvořené jedním z 26 písmen. Dokažte, že alespoň dva obyvatelé vesnice mají stejné iniciály. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 5a První část státní poznávací značky je uspořádaná trojice vybrané z 26 písmen. Počet těchto trojic je ' 9 $3, 26%. Druhá část státní poznávací značky je spořádaná čtveřice vybraná z 10 číslic. Počet těchto čtveřic je ' 9 $4, 10%. Podle pravidla součinu je celkový počet státních poznávacích značek roven ' 9 $3, 26% ∙ ' 9 $4, 10% = 26# ∙ 10: = 17576 ∗ 10000 = 175760000 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 5b Máme určit počet možných značek Morseovy abecedy sestavených do skupin o jednom až čtyřech prvcích. Úlohu si rozdělíme na čtyři disjunktní případy. Morseova abeceda má dva znaky – tečku a čárku. Tyto znaky se v rámci značky mohou libovolně opakovat. Značkou se myslí kód nějakého písmena či číslice latinské abecedy. Počet možných značek ve skupině s jedním prvkem je ' 9 $1, 2%. Počet možných značek ve skupině s dvěma prvky je ' 9 $2, 2%. Počet možných značek ve skupině s třemi prvky je ' 9 $3, 2%. Počet možných značek ve skupině se čtyřmi prvky je ' 9 $4, 2%. Podle pravidla součtu je hledaný počet možných značek roven ' 9 $1, 2% + ' 9 $2, 2% + ' 9 $3, 2% + ' 9 $4, 2% = 2 + 2 + 2# + 2: = 2 + 4 + 8 + 16 = 30 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 5c Má-li být číslo dělitelné čtyřmi, musí být dělitelné čtyřmi číslo na pozici desítek a jednotek původního čísla. Máme k dispozici jen číslice 1, 2, 3, 4, 5. Zajímá nás počet pěticiferných čísel vytvořených z daných číslic a dělitelných čtyřmi. Číslo si rozdělíme na dvě části – první třímístnou a druhou dvojmístnou. V první části není žádné omezení, počet možných čísel v této části bude ' 9 $3, 5%. Ve druhé části mohou být jen dvojmístná čísla dělitelná čtyřmi. Takových čísel lze z daných číslic sestavit pět. Jsou to čísla 12, 24, 32, 44 a 52. Podle pravidla součinu je tedy hledaný počet roven ' 9 $3, 5% ∙ 5 = 5# ∙ 5 = 5: = 625 …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀ ∃
13
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Řešení 5d Má-li být číslo menší, než 1 000 000, pak má v desítkovém tvaru nejvýše šest cifer. Rozdělíme si tedy úlohu na šest disjunktních případů podle počtu cifer. Číslice, které smíme použít, jsou jen dvě – 0 a 1. Těmito dvěma číslicemi můžeme zapsat ' 9 $ , 2% různých n-ciferných čísel. Přitom = 1, … , 6. Celkový počet čísel menších, než 1 000 000, které můžeme zapsat dvěma různými číslicemi tedy je >
= ' 9 $ , 2% = ' 9 $1, 2% + ' 9 $2, 2% + ' 9 $3, 2% + ' 9 $4, 2% + ' 9 $5, 2% + ' 9 $6, 2%
?@
= 2 + 2 + 2# + 2: + 2A + 2> = 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 126 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 5e Z 26 různých písmen lze sestavit ' 9 $2, 26% = 676 různých dvoupísmenných iniciál. Protože vesnice má 600 obyvatel, musí někteří z nich mít nutně stejné iniciály. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀ ∃
14
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Příklad 6 a) Máme k dispozici písmena slova B/4/4/. a. Určete počet všech anagramů slova BREKEKE neboli počet všech různých slov (i nesmyslných), které lze vytvořit právě ze všech jeho písmen. b. Určete počet slov vytvořených podle předchozího bodu, v nichž dvojice sousedních písmen nebude tvořena dvěma písmeny /. c. Určete počet takových slov, v nichž žádná trojice sousedních písmen není tvořena třemi písmeny /. b) Určete počet všech čtyřciferných přirozených čísel dělitelných devíti, v jejichž desítkovém zápisu nejsou jiné číslice než 0, 1, 2, 5, 7. c) Určete počet všech pěticiferných přirozených čísel, jež lze sestavit z číslic 5 a 7, má-li v každém z nich být číslice 5 a. právě třikrát, b. nejvýše třikrát, c. alespoň třikrát. d) Určete počet všech deseticiferných přirozených čísel, jejichž ciferný součet je roven třem. Kolik z nich je sudých? e) Ze sedmi kuliček, z nichž jsou čtyři modré (vzájemně nerozlišitelné), jedna bílá, jedna červená a jedna zelená máme vybrat a položit od řady vedle sebe pět kuliček. Kolika způsoby to lze provést? ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 6a a) Jedná se zcela zřejmě o permutace s opakováním ze čtyř písmen , /, 4, B, v nichž je jednou, /, třikrát, 4 dvakrát a B jednou. Počet všech možných anagramů vytvořených z těchto písmen tedy je $1 + 3 + 2 + 1%! 7! 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3! 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 29 $1, 3, 2, 1% = = = = 1! ∙ 3! ∙ 2! ∙ 1! 1! ∙ 3! ∙ 2! ∙ 1! 1 ∙ 3! ∙ 2 ∙ 1 2 = 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 2 = 420 b) Nemají-li být písmena / vedle sebe, pak musí nutně být na třech z pěti míst označených v následujícím schématu znakem „~“. Zbylé čtyři pozice označené ve schématu znakem „≡“ budou obsazeny libovolnou kombinací s opakováním z písmen , 4, B. Toto schéma je ~≡~≡~≡~≡~ Tři z pěti míst pro znak / lze vybrat 29 $3, 2% různými způsoby (jde o kombinaci s opakováním, kdy 5 pozic naplňujeme stavem obsazeno a dvě pozice stavem neobsazeno – stavy si můžeme nahradit třeba znaky 1 a 0). Zbývající písmena , 4, B lze umístit 29 $1, 2, 1% způsoby. Počet všech anagramů slova B/4/4/, v nichž žádná písmena / spolu nesousedí, tedy je $3 + 2%! $1 + 2 + 1%! 5! 4! 5 ∙ 4 ∙ 3! 4 ∙ 3 ∙ 2! 29 $3, 2% ∙ 29 $1, 2, 1% = ∙ = ∙ = ∙ 3! ∙ 2! 1! ∙ 2! ∙ 1! 3! ∙ 2! 1! ∙ 2! ∙ 1! 3! ∙ 2! 1! ∙ 2! ∙ 1! 5∙4 4∙3 = ∙ = 5 ∙ 2 ∙ 4 ∙ 3 = 120 2∙1 1∙1 c) Nejprve určíme počet takových anagramů, v nichž jsou všechna tři písmena / vedle sebe. To zjistíme tak, že v původní sadě písmen nahradíme všechny tři výskyty písmena / jediným výskytem. Budeme tedy hledat počet anagramů slova B/44. Ten je roven 29 $1, 1, 1,2%. ∀ ∃
15
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Tuto hodnotu nyní odečteme od počtu všech možných anagramů (důsledek pravidla součtu). Dostaneme, že počet všech anagramů slova B/4/4/, v nichž žádná trojice sousedních písmen není tvořena třemi písmeny /, je roven $1 + 3 + 2 + 1%! $1 + 1 + 1 + 2%! 29 $1, 3, 2, 1% − 29 $1, 1, 1,2% = − 1! ∙ 3! ∙ 2! ∙ 1! 1! ∙ 1! ∙ 1! ∙ 2! 7! 5! 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3! 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2! = − = − 1! ∙ 3! ∙ 2! ∙ 1! 1! ∙ 1! ∙ 1! ∙ 2! 1 ∙ 3! ∙ 2 ∙ 1 1 ∙ 1 ∙ 1 ∙ 2! 7∙6∙5∙4 5∙4∙3 = − = 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 2 − 5 ∙ 4 ∙ 3 = 420 − 60 = 360 2 1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 6b Máme určit počet všech čtyřciferných přirozených čísel dělitelných devíti, v jejichž desítkovém zápisu nejsou jiné číslice než 0, 1, 2, 5, 7. Má-li být číslo dělitelné devíti, musí být dělitelný devíti i jeho ciferný součet. Budeme se tedy nejprve zabývat tímto ciferným součtem. Číslo má být čtyřciferné. Největší cifrou v něm má být 7. Maximální možný ciferný součet ve čtyřciferném číslu složeném z daných číslic je tedy 28. Nulový součet neuvažujeme, protože číslo nula není považováno za přirozené. Budeme tedy uvažovat tři různé ciferné součty – 9, 18 a 27. Tyto součty nám rozdělí úlohu na tři disjunktní případy. V prvním případě budeme hledat všechna čísla, která mají ciferný součet 9. Tento ciferný součet můžeme složit z následujících skupin daných čísel (jiné možnosti ke složení tohoto součtu z daných cifer nejsou): $7, 2, 0, 0%, $7, 1, 1, 0%, $5, 2, 2, 0%, $5, 2, 1, 1% Ve druhém případě budeme hledat všechna čísla, která mají ciferný součet 18. Tento ciferný součet můžeme složit z následujících skupin daných čísel (jiné možnosti ke složení tohoto součtu z daných cifer nejsou): $7, 7, 2, 2%, $7, 5, 5, 1% Ve třetím případě budeme hledat všechna čísla, která mají ciferný součet 27. Tento ciferný součet z daných čísel nemůžeme složit. Žádné číslo z daných číslic s ciferným součtem 27 tedy vytvořit nelze. Ze skupiny $7, 2, 0, 0% můžeme složit čtyřciferné číslo 29 $1, 1, 2% způsoby. Od tohoto počtu ale musíme odečíst případy, kdy je na prvním místě nula a další míst jsou obsazena ciframi 7, 2, 0. Těchto případů je 29 $1, 1, 1%. Ze skupiny $7, 2, 0, 0% je tedy možno složit přirozené čtyřciferné číslo 29 $1, 1, 2% − 29 $1, 1, 1% způsoby. Ze skupiny $7, 1, 1, 0% můžeme složit čtyřciferné číslo 29 $1, 2, 1% způsoby. Od tohoto počtu ale musíme odečíst případy, kdy je na prvním místě nula a další míst jsou obsazena ciframi 7, 1, 1. Těchto případů je 29 $1, 2%. Ze skupiny $7, 1, 1, 0% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 29 $1, 2, 1% − 29 $1, 2% způsoby. Ze skupiny $5, 2, 2, 0% můžeme složit čtyřciferné číslo 29 $1, 2, 1% způsoby. Od tohoto počtu ale musíme odečíst případy, kdy je na prvním místě nula a další míst jsou obsazena ciframi 5, 2, 2. Těchto případů je 29 $1, 2%. Ze skupiny $5, 2, 2, 0% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 29 $1, 2, 1% − 29 $1, 2% způsoby. Ze skupiny $5, 2, 1, 1% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 29 $1, 1, 2% způsoby. Ze skupiny $7, 7, 2, 2% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 29 $2, 2% způsoby. Ze skupiny $7, 5, 5, 1% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 29 $1, 2, 1% způsoby. Podle pravidla součtu je tedy počet všech čtyřciferných čísel dělitelných devíti složených z čísel 0, 1, 2, 5, 7 daný součtem jednotlivých případů. ∀ ∃
16
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
29 $1, 1, 2% − 29 $1, 1, 1% + 29 $1, 2, 1% − 29 $1,2% + 29 $1, 2, 1% − 29 $1,2% + 29 $1, 1, 2% + 29 $2, 2% + 29 $1, 2, 1% $1 + 1 + 2%! $1 + 1 + 1%! $1 + 2 + 1%! $1 + 2%! $1 + 2 + 1%! $1 + 2%! = − + − + − 1! ∙ 1! ∙ 2! 1! ∙ 1! ∙ 1! 1! ∙ 2! ∙ 1! 1! ∙ 2! 1! ∙ 2! ∙ 1! 1! ∙ 2! $1 + 1 + 2%! $2 + 2%! $1 + 2 + 1%! + + + 1! ∙ 1! ∙ 2! 2! ∙ 2! 1! ∙ 2! ∙ 1! 4! 3! 4! 3! 4! 3! 4! 4! = − + − + − + + 1 ∙ 1 ∙ 2! 1 ∙ 1 ∙ 1 1 ∙ 2! ∙ 1 1 ∙ 2! 1 ∙ 2! ∙ 1 1 ∙ 2! 1 ∙ 1 ∙ 2! 2! ∙ 2! 4! + 1 ∙ 2! ∙ 1 4 ∙ 3 ∙ 2! 3! 4 ∙ 3 ∙ 2! 3 ∙ 2! 4 ∙ 3 ∙ 2! 3 ∙ 2! 4 ∙ 3 ∙ 2! 4 ∙ 3 ∙ 2! = − + − + − + + 2! 1 2! 2! 2! 2! 2! 2 ∙ 2! 4 ∙ 3 ∙ 2! + = 4∙3−3∙2+4∙3−3+4∙3−3+4∙3+2∙3+4∙3 2! = 12 − 6 + 12 − 3 + 12 − 3 + 12 + 6 + 12 = 66 − 12 = 54 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 6c a) Máme určit počet všech pěticiferných přirozených čísel, jež lze sestavit z číslic 5 a 7, má-li v každém z nich být číslice 5 právě třikrát. Pro číslici 7 tedy platí, že v uvažovaném čísle bude právě dvakrát. Hledáme tedy permutaci s třemi opakováními čísla 5 a dvěma opakováními čísla 7. Pěticiferné číslo sestavené z daných číslic za daných podmínek lze sestavit tímto počtem způsobů $3 + 2%! 5! 5 ∙ 4 ∙ 3! 5 ∙ 4 = = = = 5 ∙ 2 = 10 29 $3, 2% = 3! 2! 3! ∙ 2 2 3! 2! b) Máme určit počet všech pěticiferných přirozených čísel, jež lze sestavit z číslic 5 a 7, má-li v každém z nich být číslice 5 nejvýše třikrát. Má-li v pěticiferném čísle být číslice 5 nejvýše třikrát, pak můžeme úlohu rozdělit na čtyři disjunktní případy. V prvním bude číslo 5 užito právě nulakrát a 7 pětkrát. Těchto případů je 29 $0, 5%. V druhém bude číslo 5 užito právě jednou a 7 čtyřikrát. Těchto případů je 29 $1, 4%. V třetím bude číslo 5 užito právě dvakrát a 7 třikrát. Těchto případů je 29 $2, 3%. V čtvrtém bude číslo 5 užito právě třikrát a 7 dvakrát. Těchto případů je 29 $3, 2%. Podle pravidla součtu bude počet případů, kdy bude číslo 5 použito nejvýše třikrát dáno součtem řešených dílčích případů, neboli $0 + 5%! $1 + 4%! $2 + 3%! $3 + 2%! 29 $0, 5% + 29 $1, 4% + 29 $2, 3% + 29 $3, 2% = + + + 0! 5! 1! 4! 2! 3! 3! 2! 5! 5! 5! 5! 5! 5 ∙ 4! 5 ∙ 4 ∙ 3! 5 ∙ 4 ∙ 3! = + + + = + + + 1 ∙ 5! 1 ∙ 4! 2 ∙ 3! 3! ∙ 2 5! 1 ∙ 4! 2 ∙ 3! 3! ∙ 2 5 5∙4 5∙4 =1+ + + = 1 + 5 + 10 + 10 = 26 1 2 2 c) Určete počet všech pěticiferných přirozených čísel, jež lze sestavit z číslic 5 a 7, má-li v každém z nich být číslice 5 alespoň třikrát. Má-li v pěticiferném čísle být číslice 5 alespoň třikrát, pak můžeme úlohu rozdělit na tři disjunktní případy. V čtvrtém bude číslo 5 užito právě třikrát a 7 dvakrát. Těchto případů je 29 $3, 2%. V čtvrtém bude číslo 5 užito právě čtyřikrát a 7 jednou. Těchto případů je 29 $4, 1%. V čtvrtém bude číslo 5 užito právě pětkrát a 7 nulakrát. Těchto případů je 29 $5, 0%. Podle pravidla součtu bude počet případů, kdy bude číslo 5 použito alespoň třikrát dáno součtem řešených dílčích případů, neboli ∀ ∃
17
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
$3 + 2%! $4 + 1%! $5 + 0%! 5! 5! 5! + + = + + 3! 2! 4! 1! 5! 0! 3! ∙ 2! 4! ∙ 1! 5! ∙ 0! 5 ∙ 4 ∙ 3! 5 ∙ 4! 5! 5∙4 5 1 = + + = + + = 10 + 5 + 1 = 16 3! ∙ 2 4! ∙ 1 5! ∙ 1 2 1 1 …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… 29 $3, 2% + 29 $4, 1% + 29 $5, 0% =
Řešení 6d a) Máme určit počet všech deseticiferných přirozených čísel, jejichž ciferný součet je roven třem. Má-li být ciferný součet roven třem, musí být toto deseticiferné číslo tvořeno jednou ze tří skupin číslic. První skupinou je (3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0), druhou je (2, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0) a třetí je (1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0). Pro počet čísel vytvořených z jakékoli skupiny platí, že na prvním místě nesmí mít nulu. Proto musíme od počtu všech možných permutací s opakováním čísel ve skupině odečíst počet permutací s opakováním začínajících nulou. Pro první případ je možných čísel 29 $1, 9% − 29 $1, 8% Pro druhý případ je možných čísel 29 $1, 1, 8% − 29 $1, 1, 7% Pro třetí případ je možných čísel 29 $3, 7% − 29 $3,6% Podle pravidla součtu je počet všech možných případů dán součtem těchto dílčích případů. 29 $1, 9% − 29 $1, 8% + 29 $1, 1, 8% − 29 $1, 1, 7% + 29 $3, 7% − 29 $3,6% $1 + 9%! $1 + 8%! $1 + 1 + 8%! $1 + 1 + 7%! $3 + 7%! $3 + 6%! = − + − + − 1! 9! 1! 8! 1! 1! 8! 1! 1! 7! 3! 7! 3! 6! 10! 9! 10! 9! 10! 9! = − + − + − 9! 8! 8! 7! 3! 7! 3! 6! 10 ∙ 9! 9 ∙ 8! 10 ∙ 9 ∙ 8! 9 ∙ 8 ∙ 7! 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7! 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6! = − + − + − 9! 8! 8! 7! 3! 7! 3! 6! 10 ∙ 9 ∙ 8 9 ∙ 8 ∙ 7 = 10 − 9 + 10 ∙ 9 − 9 ∙ 8 + − 3∙2 3∙2 = 10 − 9 + 90 − 72 + 10 ∙ 3 ∙ 4 − 3 ∙ 4 ∙ 7 = 1 + 18 + 36 = 55 b) Máme určit, kolik takových čísel je sudých. Má-li být číslo sudé, pak musí končit sudou cifrou. Z těch cifer, které jsme zvažovali v první části řešení, jsou to pouze cifry 0 a 2. Řešení této úlohy budeme zvažovat v rámci stejného dělení na skupiny, jako v prvním případě. Od počtů v každé skupině musíme odečíst počet případů, kdy bude na posledním místě lichá cifra. Pro první případ jsme dostali jediné číslo, které musí být vždy sudé. Pro druhý případ musíme odečíst všechny situace, kdy je na prvním místě 2 a na posledním místě 1. Těchto situací pro tento případ je 29 $8%. Pro třetí případ musíme odečíst všechny situace, kdy je na prvním i posledním místě 1. Těchto situací pro tento případ je 29 $1, 7%. Celkový počet sudých čísel vytvořených podle daných pravidel je 29 $1, 9% − 29 $1, 8% + 29 $1, 1, 8% − 29 $1, 1, 7% − 29 $8% + 29 $3, 7% − 29 $3, 6% − 29 $1, 7% $1 + 9%! $1 + 8%! $1 + 1 + 8%! $1 + 1 + 7%! $8%! $3 + 7%! − + − − + = 1! 9! 1! 8! 1! 1! 8! 1! 1! 7! 8! 3! 7! $3 + 6%! $1 + 7%! 10! 9! 10! 9! 8! 10! 9! 8! − − = − + − − + − − 3! 6! 1! 7! 9! 8! 8! 7! 8! 3! 7! 3! 6! 1! 7! 10 ∙ 9! 9 ∙ 8! 10 ∙ 9 ∙ 8! 9 ∙ 8 ∙ 7! 8! 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7! 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6! = − + − − + − 9! 8! 8! 7! 8! 3! 7! 3! 6! 8 ∙ 7! 10 ∙ 9 ∙ 8 9 ∙ 8 ∙ 7 − = 10 − 9 + 10 ∙ 9 − 9 ∙ 8 − 1 + − −8= 7! 3∙2 3∙2 = 10 − 9 + 90 − 72 − 1 + 10 ∙ 3 ∙ 4 − 3 ∙ 4 ∙ 7 − 8 = 1 + 18 − 1 + 36 − 8 = 46 …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀ ∃
18
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Řešení 6e Máme určit, kolika způsoby lze vybrat a položit do řady pět kuliček ze sedmi, z nichž jsou čtyři modré (vzájemně nerozlišitelné), jedna bílá, jedna červená a jedna zelená. Nejprve si musíme určit, kolika způsoby lze vybrat pět kuliček ze sedmi bez ohledu na pokládání do řady. Označme B – modrá, W – bílá, R – červená a G zelená. Máme tuto sadu kuliček B, B, B, B, W, R, G. Z nich můžeme vybrat pět kuliček bez ohledu na uspořádání sedmi způsoby takto: (B, B, B, B, W), těchto možností je 29 $4, 1%, (B, B, B, B, R), těchto možností je 29 $4, 1%, (B, B, B, B, G), těchto možností je 29 $4, 1%, (B, B, B, W, R), těchto možností je 29 $3, 1, 1%, (B, B, B, W, G), těchto možností je 29 $3, 1, 1%, (B, B, B, R, G), těchto možností je 29 $3, 1, 1%, (B, B, W, R, G), těchto možností je 29 $2, 1, 1, 1%, Podle pravidla součtu je počet způsobů dle zadání součtem těchto jednotlivých počtů, tedy 29 $4, 1% 29 $4, 1% 29 $4, 1% 29 $3, 1, 1% 29 $3, 1, 1% 29 $3, 1, 1% 29 $2, 1, 1, 1% 329 $4, 1% 329 $3, 1, 1% 29 $2, 1, 1, 1% $3 1 1%! $2 1 1 1%! $4 1%! 5! 5! 5! 3∙ 3∙ 3∙ 3∙ 3! 1! 1! 2! 1! 1! 1! 4! 3! 2! 4! 1! 5 ∙ 4! 5 ∙ 4 ∙ 3! 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2! 3∙ 3∙ 3 ∙ 5 3 ∙ 5 ∙ 4 5 ∙ 4 ∙ 3 15 60 60 4! 3! 2! 135 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀ ∃
19
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
Příklad 7 a) V sáčku jsou červené, modré a zelené dále nerozlišitelné kuličky. Určete, kolika způsoby lze vybrat pět kuliček, jestliže a. v sáčku je alespoň pět kuliček od každé barvy b. v sáčku je pět červených, čtyři modré a čtyři zelené kuličky. b) Ve sportovní prodejně prodávají 10 druhů diplomů, přičemž každý z nich je k dispozici v padesáti exemplářích. Určete, kolika způsoby lze zakoupit a. 15 diplomů, b. 51 diplomů, c. 8 různých diplomů. c) V sadě mariášových karet je každá hodnota karty (sedmička, osmička, devítka, desítka, spodek, svršek, král a eso) čtyřikrát. Karty stejných hodnot jsou dále rozlišeny barvami. Každá z barev (červená, zelená, kule, žaludy) je tedy zastoupena osmkrát. a. Určete, kolika způsoby lze vybrat čtyři karty, jestliže se rozlišují pouze barvy karet. b. Určete, kolika způsoby lze vybrat čtyři karty, jestliže se rozlišují pouze hodnoty karet. d) Máme tři standardní hrací kostky (homogenní materiál, tvar krychle se sraženými hranami i rohy, s jedním až šesti oky na každé straně). Kolik různých neuspořádaných trojic mohou dát počty ok na jednotlivých kostkách při vrhu všemi třemi kostkami? e) Máme tři kuličky červené, dvě zelené a pět modrých. Kolika způsoby můžeme z těchto kuliček vybrat tři kuličky? ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 7a a) Je-li v sáčku alespoň 5 kuliček od každé barvy (červené, modré a zelené), pak 5 kuliček z tohoto sáčku lze vybrat bez omezení, neboť od každé barvy je dostatečný počet kuliček. Počet možných výběrů tedy je 3+5−1 7 7∙6∙5∙4∙3 7∙6 4 9 $5, 3% = 5 = = 7 ∙ 3 = 21 6=5 6= 5 5 5∙4∙3∙2∙1 2∙1 b) Jsou-li v sáčku sice pět kuliček červených, ale jen čtyři modré a čtyři zelené, pak podle předchozí úvahy není možné vybrat pět modrých a pět zelených kuliček. Počet možných výběrů tedy je o dva nižší, neboli 3+5−1 7 7∙6∙5∙4∙3 7∙6 4 9 $5, 3% − 2 = 5 6−2=5 6−2= −2 = − 2 = 21 − 2 = 19 5 5∙4∙3∙2∙1 2∙1 5 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 7b a) Ve sportovní prodejně prodávají 10 druhů diplomů, přičemž každý z nich je k dispozici v padesáti exemplářích. Máme určit, kolika způsoby lze zakoupit 15 diplomů. Každý z diplomů je k dispozici v dostatečném množství. Jde o kombinace s opakování m. Počet možných způsobů tedy je 10 + 15 − 1 24 4 9 $15, 10% = 5 6=5 6 15 15 b) Ve sportovní prodejně prodávají 10 druhů diplomů, přičemž každý z nich je k dispozici v padesáti exemplářích. Máme určit, kolika způsoby lze zakoupit 51 diplomů. V tomto ∀ ∃
20
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2
ČÁST 3
případě není možné koupit 51 diplomů od každého z 10 druhů. Postupujeme podle stejné úvahy jako v předchozím případu, ale počet možností musíme o deset snížit. Počet možných způsobů tedy je 10 51 1 60 4 9 $51, 10% 10 5 6 10 5 6 10 51 51 c) Ve sportovní prodejně prodávají 10 druhů diplomů, přičemž každý z nich je k dispozici v padesáti exemplářích. Máme určit, kolika způsoby lze zakoupit 8 různých diplomů. Zde je třeba dát pozor na slovo „různých“. Tím je dáno jasně najevo, že kombinace musí být v tomto případě bez opakování. Vybíráme osmiprvkovou kombinaci z 10 prvků bez opakování. Počet různých možností je 10 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 10 ∙ 9 4$8, 10% 5 6 5 ∙ 9 45 8 8∙7∙6∙5∙4∙3∙2∙1 2∙1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 7c a) Máme určit, kolika způsoby lze vybrat čtyři karty ze sady mariášových karet, jestliže se rozlišují pouze barvy karet. V tomto případě jde o čtyřprvkové kombinace s opakováním ze 4 prvků, které jsou pro výběr dostatečně zastoupeny. Počet možných výběrů tedy je 4 4 1 7 7∙6∙5∙4 7∙6∙5 4 9 $4, 4% 5 6 5 6 7 ∙ 5 35 4 4 4∙3∙2∙1 3∙2∙1 b) Určete, kolika způsoby lze vybrat čtyři karty ze sady mariášových karet, jestliže se rozlišují pouze hodnoty karet. V tomto případě jde o čtyřprvkové kombinace s opakováním z 8 prvků, které jsou pro výběr dostatečně zastoupeny. Počet možných výběrů tedy je 8 4 1 11 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 8 4 9 $4, 8% 5 6 5 6 11 ∙ 10 ∙ 3 330 4 4 4∙3∙2∙1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 7d Máme určit, kolik různých neuspořádaných trojic mohou dát počty ok na jednotlivých kostkách při vrhu všemi třemi kostkami. Protože na kostkách může padnout stejný počet ok a nerozlišujeme, na které kostce který počet padnul, jde o tříprvkové kombinace z 6 prvků s opakováním. Počet možných různých neuspořádaných trojic tedy je 6 3 1 8 8∙7∙6 4 9 $3, 6% 5 8 ∙ 7 56 6 5 6 3 3 3∙2∙1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 7e Máme určit, kolika způsoby můžeme ze tří červených, dvou zelených a pěti modrých kuliček vybrat tři kuličky. V tomto případě jde o hledání počtu tříprvkových kombinací ze tří prvků s opakováním. Je třeba si ale uvědomit, že jeden z prvků není dostatečně zastoupen. Není možné vybrat tři zelené kuličky. Tento případ tedy musíme od celkového počtu možností odečíst. Počet různých výběrů tří kuliček tedy za popsaných možností je 3 3 1 5 5∙4∙3 5∙4 6 1 5 6 1 4 9 $3, 3% 1 5 1 1 5 ∙ 2 1 10 1 9 3 3 3∙2∙1 2∙1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀ ∃
21
